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\documentclass[10pt]{article} 

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\usepackage{titling}
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%%文档的题目、作者与日期
\author{王立庆（2020级数学与应用数学1班） }
\title{随机分析入门习题解答 \\ -- 黎曼-斯蒂尔杰斯积分-伊藤积分-伊藤引理}
%\date{\vspace{-3ex}}
\renewcommand{\today}{\number\year \,年 \number\month \,月 \number\day \,日}
%\date{2021 年 9 月 14 日}
%\date{March 9, 2021}

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\begin{document}

\maketitle

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\begin{enumerate}\itemsep1em

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\item  %第1题：多项选择
设随机变量 $X$ 的分布函数如下，求下述概率的值，和黎曼-斯蒂尔杰斯积分的值。
$$F(x)=\left\{ \begin{array}{ll} 0, & x<1, \\ 1/3, & 1\le x<3, \\ 1, & x\ge 3. \end{array} \right. \,\,\,  a=\mathbb{P}(X=1),\,\,\, b=\int_0^2 xdF(x). $$ 

\begin{enumerate}
\item[a.]  $a=1/3,\,\,\, b=1/3$. 
\item[b.]  $a=1/3,\,\,\,  b=2/3$. 
\item[c.]  $a=2/3,\,\,\,  b=1/3$. 
\item[d.]  $a=2/3,\,\,\,  b=2/3$. 

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：b. 根据分布函数可知这个随机变量是离散型的，并且事件 $X=1$ 的概率是 $1/3$, 事件 $X=3$ 的概率是 $2/3$. 这个黎曼-斯蒂尔杰斯积分，概率测度 $dF(x)$ 在包含 $x=1$ 的小区间上的测度是 $1/3$, 在包含 $x=3$ 的小区间上的测度是 $2/3$. 因此这个积分的值是 $2/3$.  

}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第2题：多项选择
实值函数 $h(x), 0\le x\le 1$ 的 $p$-变差定义为上确界 
$$\sup\limits_{\tau} \sum\limits_{i=1}^{n} |h(t_i) - h(t_{i-1})|^p, $$
其中的 $\tau$ 取遍这个区间的所有有限分划。计算函数 $h(x)=x, 0\le x\le 1$ 的 1-变差 $a$ 与 2-变差 $b$. 
 
\begin{enumerate}
\item[a.]  $a=1,\,\,\, b=1$. 
\item[b.]  $a=0,\,\,\, b=1$. 
\item[c.]  $a=1,\,\,\, b=0$. 
\item[d.]  $a=0,\,\,\, b=0$. 

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：c. 因为这个函数是单调递增的，所以 1-变差为 $h(1)-h(0)=1$. 现在计算 2-变差。考虑分划 
$$\tau:\,\,\, 0<\frac{1}{n}<\frac{2}{n}<\cdots<\frac{n-1}{n}<1. $$ 则可以知道从这个分划得到的 2变差为 $$\sum\limits_{k=1}^n (1/n)^2 = 1/n,$$ 当 $n\to\infty$ 时，这个极限是 0. 因此猜测 2-变差是零。但是严格怎么证呢？

}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第3题：多项选择
设随机变量序列 $A_n$ 均方收敛于随机变量 $A$. 下述说法中，正确的是哪个？

\begin{enumerate}
\item[a.]  随机变量 $A_n-A$ 的一阶矩 $\mathbb{E}(A_n-A)$ 收敛于零。
\item[b.]  随机变量 $A_n-A$ 的绝对值的一阶矩 $\mathbb{E}|A_n-A|$ 收敛于零。
\item[c.]  随机变量 $A_n-A$ 的二阶矩 $\mathbb{E}|A_n-A|^2$ 收敛于零。
\item[d.]  随机变量 $A_n$ 的二阶矩 $\mathbb{E}|A_n|^2$ 收敛于随机变量 $A$ 的二阶矩 $\mathbb{E}|A|^2$. 

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：c. 这个选项就是均方收敛的定义。 


}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第4题：多项选择
设 $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ 是一个概率空间。设 $\{B(t),t\ge 0\}$ 是标准布朗运动。设 $\tau_n:\,\,\, t_0<t_1<\cdots<t_n$ 是区间 $0\le t\le T$ 的一个分划。设 $$Q_n = \sum\limits_{k=1}^{n} \left[ B(t_k) - B(t_{k-1}) \right]^2.$$
下述说法中，正确是是哪些？
\begin{enumerate}
\item[a.]  当分划加细时，随机变量序列 $Q_n$ 均方收敛于常数 $T$. 
\item[b.]  当分划加细时，随机变量序列 $Q_n$ 绝对收敛于常数 $T$. 
\item[c.]  对每个分划，随机变量 $Q_n$ 服从正态分布。
\item[d.]  当分划加细时，随机变量序列 $Q_n$ 的方差收敛于零。

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：ad. 随机变量 $Q_n$ 的均值是区间的长度 $T$, 方差不超过 $2T\text{mesh}(\tau_n)$, 因此当分划加细时，随机变量序列 $Q_n$ 均方收敛于常数 $T$. 随机变量 $Q_n$ 是一些相互独立的正态分布的随机变量的平方和，因此不服从正态分布。

}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第5题：多项选择
设随机变量 $\xi_1, \xi_2, \xi_3$ 相互独立，且都服从标准正态分布。设 $\eta=\xi_1+2\xi_2+3\xi_3$. 求 $\eta$ 的分布。 
\begin{enumerate}
\item[a.]  卡方分布 $\chi^2(3)$. 
\item[b.]  卡方分布 $\chi^2(6)$. 
\item[c.]  正态分布 $N(0,6)$.
\item[d.]  正态分布 $N(0,14)$.
\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：d. 根据正态分布的性质，$2\xi_2\sim N(0,4), 3\xi_3\sim N(0,9)$. 因为 $\xi_1, 2\xi_2, 3\xi_3$ 仍然相互独立，所以 $\eta\sim N(0,14)$. 

}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第6题：多项选择
设 $\{B(t),t\ge 0\}$ 是标准布朗运动。设 $C=\{C_t, t\in [0,3]\}$ 是如下定义的随机过程，其中 $Z_1,Z_2,Z_3$ 是三个随机变量。设下述伊藤积分存在。
\begin{eqnarray*}
C_t = \left\{ \begin{array}{ll}
Z_1, & 0\le t < 1, \\ 
Z_2, & 1\le t < 2, \\ 
Z_3, & 2\le t \le 3. 
\end{array}\right. \hspace{0.5cm} 
I_t(C) = \int_0^t C_sdB_s, \,\,\, 0\le t\le 3. 
\end{eqnarray*}
设 $\mathcal{F}_t = \sigma(B_s,0\le s\le t)$. 下述说法中，正确的是哪些？

\begin{enumerate}
\item[a.]  随机变量 $I_0(C)$ 是一个常数。
\item[b.]  随机变量 $I_1(C)$ 是 $\mathcal{F}_1$ 可测的。
\item[c.]  随机变量 $I_2(C)$ 等于 $Z_1B_1 + Z_2B_2$.
\item[d.]  随机变量 $I_3(C)$ 等于 $Z_1B_1 + Z_2(B_2-B_1) +Z_3(B_3-B_2)$. 

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：abd. 随机过程 $C$ 是一个简单过程。按照简单过程的伊藤积分的定义， 
\begin{eqnarray*}
I_0(C) &=& 0, \\  
I_1(C) &=& Z_1(B_1-B_0) = Z_1B_1, \\
I_2(C) &=& Z_1B_1 + Z_2(B_2-B_1), \\
I_3(C) &=& Z_1B_1 + Z_2(B_2-B_1) +Z_3(B_3-B_2). 
\end{eqnarray*}
因为伊藤积分的条件是简单过程 $C$ 是可预见的，而且 $\mathcal{F}_0=\{\varnothing,\Omega\}$, 所以选项 a 与 b 是对的。
选项 c 与伊藤积分的定义不符合，选项 d 则是符合的。

}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第7题：多项选择
在上一题中，我们有如下计算：
\begin{eqnarray*}
\mathbb{E}[I_3(C) \mid \mathcal{F}_2 ] %&=& \mathbb{E}[Z_1B_1 + Z_2(B_2-B_1)+Z_3(B_3-B_2) \mid \mathcal{F}_2 ] \\
&=&  \mathbb{E}[I_2(C) + Z_3(B_3-B_2) \mid \mathcal{F}_2 ] \\
&=&  \mathbb{E}[I_2(C) \mid \mathcal{F}_2 ] + \mathbb{E} [Z_3(B_3-B_2) \mid \mathcal{F}_2 ] \\
&=& I_2(C) + Z_3\mathbb{E} [(B_3-B_2) \mid \mathcal{F}_2 ] \\
&=& I_2(C) + Z_3\mathbb{E} (B_3-B_2) \\
&=& I_2(C).
\end{eqnarray*}
下述说法中，正确是是哪些？
\begin{enumerate}
\item[a.]  第一个等号的理由是简单过程的伊藤积分的定义。
\item[b.]  第三个等号的理由是随机变量 $I_2(C)$ 和随机变量 $Z_3$ 都是 $\mathcal{F}_2$ 可测的。
\item[c.]  第四个等号的理由是随机变量 $B_3-B_2$ 是 $\mathcal{F}_2$ 可测的。
\item[d.]  这个计算验证了伊藤积分的结果是一个鞅过程。

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：abd. 选项 c 不对。第四个等号的理由是随机变量 $B_3-B_2$ 与 $\mathcal{F}_2$ 是相互独立的。


}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第8题：多项选择
设 $\{B(t),t\ge 0\}$ 是标准布朗运动。设 $f(x)=x^2$. 考虑下述计算：
\begin{eqnarray*}
B_t^2 = f(B_t) - f(0)  &=& \int_0^t f\,' (B_s)dB_s + \frac{1}{2} \int_0^t f\, ''(B_s)ds \\
&=& \int_0^t 2B_sdB_s + \frac{1}{2} \int_0^t 2ds \\
&=&2\int_0^t B_sdB_s + t. 
\end{eqnarray*}
下述说法中，正确是是哪些？
\begin{enumerate}
\item[a.]  第二个等号的理由是伊藤引理。
\item[b.]  伊藤引理可以从泰勒公式出发形式地得到。
\item[c.]  第三个等号的理由是因为 $f(x)=x^2$ 所以有 $f'(x)=2x$ 以及 $f''(x)=2$. 
\item[d.]  标准布朗运动的定义条件之一是 $B_0=0$. 

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：abcd. 这些说法都是对的。这是应用伊藤引理来计算伊藤积分 $\int_0^t B_sdB_s$ 的例子。


}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第9题：多项选择
设二元函数 $f(t,x)$ 有连续的二阶偏导数，一阶偏导数记为 $f_1$ 和 $f_2$, 二阶偏导数记为 $f_{11}, f_{12}$ 和 $f_{22}$. 
在 $f(t+dt,x+dx) - f(t,x)$ 的泰勒展开式包含下述哪些项？
\begin{enumerate}
\item[a.]  $f_1(t,x)dt$ 与 $f_2(t,x)dx$.  
\item[b.]  $f_{11}(t,x)(dt)^2$.
\item[c.]  $f_{12}(t,x)(dt)(dx)$.
\item[d.]  $f_{22}(t,x)(dx)^2$.

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：ac. 二元函数的泰勒公式为
\begin{eqnarray*}
f(t+dt,x+dx) - f(t,x)  &=& f_1(t,x)dt + f_2(t,x)dx + \frac{1}{2} f_{11}(t,x)(dt)^2 \\
&& + f_{12}(t,x)(dt)(dx) + \frac{1}{2}f_{22}(t,x)(dx)^2 + \cdots.
\end{eqnarray*}
因此选项 b 和 d 的系数应该是 $1/2$. 


}

\vspace{0.2cm}

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\item  %第10题：多项选择
随机微分方程 $dX_t = a(t,X_t)dt +b(t,X_t)dB_t$ 的真实含义是下述等式，
$$X_t = X_0 + \int_0^t a(s,X_s)ds + \int_0^t b(s,X_s)ds, \,\,\, 0\le t\le T. $$
下述说法中，正确的是哪些？
\begin{enumerate}
\item[a.]  上式中的第一个积分是黎曼积分，第二个积分是伊藤积分。
\item[b.]  这个随机微分方程的未知函数是一个未知的随机过程。
\item[c.]  在系数 $a(t,x)$ 和 $b(t,x)$ 是两个线性函数的时候，这个方程存在唯一解。
\item[d.]  几何布朗运动是这个方程在 $a(t,x)=cx$ 与 $b(t,x)=\sigma x$ 的情形的解。

\end{enumerate} 

\vspace{0.2cm}

{\color{red}解答：abcd. 这些说法都是对的。选项 c 是对的，因为线性函数关于变量 $x$ 满足 Lipschitz 条件。


}

\vspace{0.2cm}

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\end{enumerate}

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\end{document}

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